Question

17．高纯活性氧化锌可用于光催化、光电极、彩色显影等领域．以工业级氧化锌（含Fe²⁺、Mn²⁺、Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等）为原料，用硫酸浸出法生产高纯活性氧化锌的工艺流程如下：
已知K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38
回答下列问题：
（1）浸出时，为了提高浸出效率采取的措施有（写两种）：搅拌、将氧化锌粉碎
（2）氧化时，加入KMn0₄溶液是为了除去浸出液中的Fe²⁺和Mn²⁺（溶液中Mn元素全部转化为Mn0₂），请配平下列除去Fe²⁺的离子方程式：□MnO₄^-+□Fe²⁺+□7H₂O═□MnO₂↓+□Fe（OH）₃↓+□H⁺
（3）加入锌粉的目的是调节溶液pH，除去溶液中Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等．
（4）已知H₂ S0₄浸出液中，c（Fe²⁺）=5.04mg．L^-1、c（Mn²⁺）=1.65mg．L^-1
①加入KMnO₄溶液反应一段时间后，溶液中c（Fe³⁺）=0.56mg．L^-1，若溶液pH=3，则此时Fe³⁺不能（填“能”或“不能”）发生沉淀．
②若要除尽1m³上述浸出液中的Fe²⁺和Mn²⁺，需加入7.9g KMnO₄．

Answer 1

分析 （1）增大接触可以提高浸出效率，如搅拌、将氧化锌粉碎等；
（2）Mn元素化合价由MnO₄^-中+7价降低为MnO₂中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由Fe³⁺中+2价升高为Fe（OH）₃中+1价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则MnO₄^-的系数为1，Fe³⁺的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平；
（3）调节溶液pH，除去溶液中Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等；
（4）①溶液中c（Fe³⁺）=0.56mg．L^-1，物质的量浓度为10^-5mol/L，溶液pH=3，则溶液中c（OH^-）=10^-11mol/L，计算浓度积Qc，与溶度积K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38比较判断；
②Fe²⁺转化为Fe（OH）₃，Mn²⁺转化为MnO₂，根据电子转移守恒计算需要高锰酸钾的物质的量，进而计算需要高锰酸钾的质量．

解答 解：（1）搅拌、将氧化锌粉碎等可以充分接触，可以提高浸出效率，
故答案为：搅拌、将氧化锌粉碎；
（2）Mn元素化合价由MnO₄^-中+7价降低为MnO₂中+4价，共降低3价，Fe元素化合价由Fe³⁺中+2价升高为Fe（OH）₃中+1价，共升高1价，化合价升降最小公倍数为3，则MnO₄^-的系数为1，Fe³⁺的系数为3，由原子守恒可知缺项为水，再结合原子守恒、电荷守恒配平：MnO₄^-+3Fe²⁺+7H₂O═MnO₂↓+3Fe（OH）₃↓+5H⁺，
故答案为：1；3；7H₂O；1；3；5；
（3）加入锌粉的目的是：调节溶液pH，除去溶液中Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等，
故答案为：调节溶液pH，除去溶液中Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等；
（4）①溶液中c（Fe³⁺）=0.56mg．L^-1，物质的量浓度为10^-5mol/L，溶液pH=3，则溶液中c（OH^-）=10^-11mol/L，10^-5×（10^-11）³=1×10^-38＜K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，此时Fe³⁺ 不能发生沉淀，
故答案为：不能；
②浸出液中c（Fe³⁺）=5.04mg．L^-1=5.04g/m³，c（Mn²⁺）=1.65mg．L^-1=1.65g/m³，1m³上述浸出液中，Fe²⁺的物质的量为$\frac{1{m}^{3}×5.04g/{m}^{3}}{56g/mol}$=0.09mol，Mn²⁺的物质的量为$\frac{1{m}^{3}×1.65g/{m}^{3}}{55g/mol}$=0.03mol，Fe²⁺转化为Fe（OH）₃，Mn²⁺转化为MnO₂，根据电子转移守恒，需要高锰酸钾的物质的量为$\frac{0.09mol×1+0.03mol×2}{7-4}$=0.05mol，需要高锰酸钾的质量为0.05mol×158g/mol=7.9g，
故答案为：7.9．

点评 本题属于化学工艺流程题目，涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、氧化还原反应配平与计算、溶度积有关计算等，是对学生综合能力的考查，为高考常考题型，难度中等．